Σταθερή συνάρτηση

#1

Από Νίκο Ζανταρίδη(nikozan)

Για την παραγωγίσιμη συνάρτηση
$f:R\rightarrow R$
ισχύει:
$\left(f'(x) \right)^2=\left(f(x) \right)^2$
για κάθε $x\in R$
και για κάποιο $\alpha \in R$ ισχύει: $f\left(\alpha \right)=0.$
Να δειχθεί ότι: $f\left(x \right)=0$ για κάθε $x\in R$

G.Tsikaloudakis · #2

Με μαθηματικά Λυκείου :

Από υπόθεση , προκύπτει ότι για κάθε $x \in R$ ισχύει

$\left( {f(x) - f'(x)} \right)\left( {f(x) + f'(x)} \right) = 0$ (1)

Έστω x_1 ,x_2

δύο διαδοχικές θέσεις μηδενισμού της f(x) , με x_1 < x_2

.
Τότε (Θ. Rolle) υπάρχει $\xi \in (x_1 ,x_2 )$ τέτοιο ώστε $f'(\xi ) = 0$ .
Τότε όμως , λόγω της (1) θα είναι και $f(\xi ) = 0$ , που είναι άτοπο.
Επόμένως , το μοναδικό σημείο μηδενισμού της

είναι το $\alpha$ .
Οπότε για κάθε $x \in [\alpha , + \infty )$ θα είναι (π.χ.) f(x) = f'(x)

και ομοίως για κάθε $x \in ( - \infty ,\alpha ]$ θα είναι (π.χ.) f(x) = f'(x)

.
Επομένως έχουμε :
$f(x) = ce^x {\rm{ }}{\rm{, }}\forall {\rm{ x}} \in {\rm{[}}\alpha {\rm{, + }}\infty {\rm{)}}$
και συνεπώς c = 0

.
Όμοια προκύπτει f(x) = 0

και στο $( - \infty ,\alpha ]$
Άρα τελικά $f(x) = 0{\rm{ }}{\rm{, }}\forall {\rm{ x}} \in {\rm{R}}$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ:
Έχει γινει διόρθωση της παραπάνω λύσης , σε μερικά λεπτά σημεία. Βλέπε (συμπλήρωση)
παρακάτω.

#3

Νίκο έχεις δίκιο η προηγούμενη απόδειξη ήταν λάθος(την σβύνω)
Να μια άλλη διαφορετική από του Σπύρου και του Γιώργου

Έστω ότι υπάρχει $\displaystyle{b\ne a:f(b)\ne 0}$ πχ $\displaystyle{f(b)>0, b>a}$
ας φανταστούμε το “πρώτο “ c που δεν ισχύει το ζητούμενο δηλαδή
υπάρχει $\displaystyle{c\in [a,b):f(x)>0, \forall x\in (c,b],f(c)=0}$
Στο (c,b] λοιπόν η $\displaystyle{f'}$ δεν έχει ρίζα αρα η $\displaystyle{f}$ είναι γνησια μονότονη και μάλιστα γνήσια αυξουσα αφού $\displaystyle{c<b}$ και $\displaystyle{f(c)=\lim_{x\to c+}f(x)=0<f(b)}$
Άρα $\displaystyle{f'(x)\ge 0}$ και επειδή $\displaystyle{f(x)>0}$ παίρνουμε $\displaystyle{f'(x)+f(x)>0}$
έχουμε όμως ότι $\displaystyle{(f'(x)+f(x))(f'(x)-f(x))=0}$ και μόλις πριν δείξαμε ότι $\displaystyle{f'(x)+f(x)>0}$
Επομένως $\displaystyle{f'(x)=f(x)}$ ή $\displaystyle{f(x)=ke^x , x\in (c,b]}$ με $\displaystyle{k=\lim_{x\to c+}f(x)=f(c)=0}$ αφού $\displaystyle{f}$ συνεχής που τελικά δίνει $\displaystyle{f(x)=0,x\in (c,b]}$ οπότ $\displaystyle{f(b)=0}$ αντίφαση

nikoszan · #4

Γιωργο ,Ροδολφε ,οι απαντησεις δεν ειναι απολυτα ορθες.
Φιλικα Ν.Ζ.

#5

Ας δούμε και αυτή την προσέγγιση :

Έστω ότι για κάποιο $b \in \mathbb{R}$ ισχύει $f(b) \neq 0$ και χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι

f(b)>0

Ονομάζουμε

το ευρύτερο δυνατό ανοικτό διάστημα που περιέχει το

και για το οποίο ισχύει $f(x)>0, \forall x \in I$

Προφανώς τέτοιο διάστημα υπάρχει, λογω της συνέχειας της

και επίσης προφανώς αν το διάστημα είναι το

(c,d)

θα ισχύει

Η συνάρτηση $f^{\prime}$ στο διάστημα

δεν αλλάζει πρόσημο, γιατί σε αντίθετη περίπτωση (επειδή η

παράγωγος έχει την ιδιότητα Darboux) θα υπήρχε $x_0 \in I$ ώστε $f^{\prime}(x_0)=0$ , άρα από τη δοθείσα

σχέση βρίσκουμε ότι f(x_0)=0

, άτοπο.

Υποθέτουμε, λοιπόν, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι $f^{\prime}(x)>0, \forall x \in I$

Τότε η δοθείσα δίνει $f^{\prime}(x)=f(x), \forall x \in I \Rightarrow f(x)=ke^x, \forall x \in I$

Άρα $0=f(c)= \lim_{x \to c}f(x)=ke^c$ , άτοπο.

nikoszan · #6

Σπυρο πολυ ωραια λυση.
Θελω να τονισω , οτι υπαρχει τροπος να λυθει με υλη λυκειου.
Φιλικα Ν.Ζανταριδης.

nikoszan · #7

Γιωργο και η δευτερη δεν ειναι ορθη.
Φιλικα Ν. Ζανταριδης

#8

Αν ορίσουμε $A(x)=e^{2x}f^2(x)$ και $B(x)=e^{-2x}f^2(x)$ για κάθε

πραγματικό τότε

$A'(x)=2e^{2x}f^2(x)+2e^{2x}f(x)f'(x)=e^{2x}[f(x)+f'(x)]^2\geq 0$ και

$B'(x)=-2e^{-2x}f^2(x)+2e^{-2x}f(x)f'(x)=-e^{-2x}[f(x)-f'(x)]^2\leq 0$ για κάθε x.

Άρα η συνάρτηση Α είναι αύξουσα ενώ η Β είναι φθίνουσα.

Επίσης $A(x)\geq 0$ και $A(\alpha )=0.$ Επομένως για κάθε $x<\alpha$ είναι

$A(x)\leq A(\alpha)=0$ οπότε A(x)=0

και

Ομοίως για κάθε $x>\alpha$ είναι $B(x)\leq B(\alpha )=0$ ενώ $B(x)\geq 0$ ,

άρα B(x)=0

και έπομένως f(x)=0.

nikoszan · #9

Η λυση του Παυλου ειναι ακριβως στη λογικη της κατασκευης της ασκησης [με υλη λυκειου].
Ετσι δεν χρειαζεται να δωσω την δικη μου λυση ,αφου ταυτιζεται με του Παυλου.

G.Tsikaloudakis · #10

nikoszan έγραψε:Γιωργο και η δευτερη δεν ειναι ορθη.
Φιλικα Ν. Ζανταριδης

Νίκο καλημέρα.
Νομίζω η τελευταία μου λύση είναι στα πλαίσια της Σχολικής ύλης.
και η προηγούμενη λύση είναι σωστή. Απλά δεν έγιαναν λεπτομερείς επεξηγήσεις.
Φιλικά Γιώργος.

hsiodos · #11

Πιστεύω ότι η ωραία λύση που έδωσε πιο πάνω ο Σπύρος μπορεί να τροποποιηθεί λίγο
ώστε να γίνει εντός ύλης. Στη λύση αυτή δεν χρησιμοποιείται ότι f(α) = 0

Γιώργος

#12

nikoszan έγραψε:<...> και η δευτερη δεν ειναι ορθη.

G.Tsikaloudakis έγραψε: <...> Νομίζω η τελευταία μου λύση είναι στα πλαίσια της Σχολικής ύλης.
και η προηγούμενη λύση είναι σωστή.

Γιώργο, το πρόβλημα στην λύση είναι εδώ

G.Tsikaloudakis έγραψε:
Έστω δύο διαδοχικές θέσεις μηδενισμού της f(x) , με .
Τότε (Θ. Rolle) υπάρχει $\xi \in (x_1 ,x_2 )$ τέτοιο ώστε $f'(\xi ) = 0$ .
Τότε όμως , λόγω της (1) θα είναι και $f(\xi ) = 0$ , που είναι άτοπο.

Δεν μπορούμε να μιλάμε για διαδοχικές ρίζες, ακόμα και για συναρτήσεις που έχουν διακριτές ρίζες (εννοώ όχι μόνο συναρτήσεις που οι ρίζες μπορεί να είναι διάστημα, όπως π.χ. η [x]

(ακέραιο μέρος του

). Εδώ οι ρίζες του είναι το διάστημα [0, 1)

και άρα δεν υπάρχουν διαδοχικές ρίζες).

Π.χ. αν πάρουμε την

$f(x) = \begin{cases} & x \sin \frac{1}{x},\,\,\, x \ne 0 \\ & 0 \text,\,\,\, x= 0 \end{cases}$

η ρίζα x_1=0

δεν έχει γειτονική: όποια άλλη ρίζα x_2

και αν πάρουμε, πάντα υπάρχει μία ρίζα $\xi$ γνήσια μεταξύ τους (οι ρίζες εδώ είναι της μορφής $a= \frac{1}{k\pi}$ ). Οπότε δεν μπορούμε να συμπεράνουμε το άτοπο παραπάνω.

Φιλικά,

Μιχάλης

#13

hsiodos έγραψε:Πιστεύω ότι η ωραία λύση που έδωσε πιο πάνω ο Σπύρος μπορεί να τροποποιηθεί λίγο
ώστε να γίνει εντός ύλης. Στη λύση αυτή δεν χρησιμοποιείται ότι f(α) = 0

Γιώργος

Χωρίς το σημείο μηδενισμού υπάρχουν τουλάχιστον άλλες δύο λύσεις, η e^x

και η $e^{-x}.$

ZITAVITA · #14

Καλημέρα.
Που έσφαλε η πρώτη απόδειξη του G.Tsikaloudakis που σβήστηκε;
(Αυτή με τη διαφορά τετραγώνων και τις περιπτώσεις f(x)=f'(x) και f(x)=-f'(x))

#15

ZITAVITA έγραψε:Καλημέρα.
Που έσφαλε η πρώτη απόδειξη του G.Tsikaloudakis που σβήστηκε;
(Αυτή με τη διαφορά τετραγώνων και τις περιπτώσεις f(x)=f'(x) και f(x)=-f'(x))

Προφανώς την έσβησε μόνος του ο Γιώργος. Υποθέτω για τον εξής λόγο:
Από την ισότητα f^2(x) = g^2(x)

δεν μπορούμε εν γένει να συμπεράνουμε ότι f=g

ή

(διότι για κάποια x μπορεί να ισχύει f(x) = g(x)

ενώ για τα υπόλοιπα f(x) = -g(x)

). Τέτοια είναι π.χ. η περίπτωση των

f(x) =1

για κάθε

και

$g(x) = \begin{cases} &+1 ,\,\, x\in \mathbb Q \\ &-1 ,\,\, x\notin \mathbb Q \end{cases}$

Η αλήθεια είναι ότι για συνεχείς $f,\,g$ , το συμπέρασμα είναι σωστό. Όμως εδώ η g = f '

δεν είναι κατ' ανάγκη συνεχής. Τυχαίνει ότι και σε αυτή την περίπτωση, της παραγώγου, το συμπέρασμα περιέργως είναι σωστό, αλλά η απόδειξή του περνά από την ιδιότητα Darboux (όπως στην απόδειξη του Σπύρου, παραπάνω).

Φιλικά,

Μιχάλης

nikoszan · #16

Μιχαλη ,το συμπερασμα δεν ειναι σωστο ακομη και αν οι f,g ειναι συνεχεις.

#17

nikoszan έγραψε:Μιχαλη ,το συμπερασμα δεν ειναι σωστο ακομη και αν οι f,g ειναι συνεχεις.

Νίκο, έχεις δίκιο. Εννοούσα ισχύει ισότητα κατά διαστήματα.

Μ.

G.Tsikaloudakis · #18

Από την ισότητα
$\left( {f(x) - f'(x)} \right) \cdot \left( {f(x) + f'(x)} \right) = 0$ (1),
για $x = \xi$ , με $f'(\xi ) = 0$ προκύπτει: $f(\xi ) = 0$ , που
είναι άτοπο , αφού η f είναι συνεχής από το γνωστό θεώρημα ,
έχουμε ότι μια συνεχής συνάρτηση, διατηρεί προσημο , μεταξύ δύο διαδοχικών
ριζών της.
Προσοχή , εδώ μιλάμε για μηδενισμό της f , που προκύπτει από το μηδενίσμό της παραγωγου της,
λόγω της (1), κάτι που δε συμβαίνει (π.χ.) με τη συνάρτηση
$f(x) = x\eta \mu \frac{1}{x}$

#19

G.Tsikaloudakis έγραψε: έχουμε ότι μια συνεχής συνάρτηση, διατηρεί προσημο , μεταξύ δύο διαδοχικών ριζών της.

Γιώργο, ίσως δεν έγινα κατανοητός.

Αυτό που λέω είναι ότι δεν έχει νόημα να συζητάμε για διαδοχικές ρίζες συνεχούς συνάρτησης. Το παράδειγμα της $f(x) = x\eta \mu \frac{1}{x}$ που έδωσα είναι ακριβώς μία συνεχής συνάρτηση με την ιδιομορφία ότι υπάρχουν ρίζες που δεν έχουν γειτονική. Δηλαδή το άτοπο που λες, δεν είναι σωστό.

Μ.

G.Tsikaloudakis · #20

Σωστές οι παρατηρήσεις των συναδέλφων, για τη λύση της άσκησης με τον παραπάνω τρόπο.
Παρακάμπτω λοιπόν την ύπαρξη διαδοχικών ριζών.

Δεν σβήνω τη λύση, για διδακτικούς λόγους και δίνω μια πλήρη λύση΅

Έστω ότι στο διάστημα $(\alpha , + \infty )$ ισχύει f(x) > 0

.

Τότε όμως η

διατηρεί πρόσημο στο $(\alpha , + \infty )$ ,

Πράγματι, έστω ότι υπάρχουν $x_1 ,x_2 \in {\rm{ (}}\alpha {\rm{, + }}\infty {\rm{) }}\mu \varepsilon {\rm{ x}}_{\rm{1}} {\rm{ < x}}_{\rm{2}}$

τέτοιοι ώστε $f '(x_1 ) > 0{\rm{ }},{\rm{ }}f '(x_2 ) < 0$

Η

είναι συνεχής στο [x_1 ,x_2 ]

, οπότε υπάρχει

$x_o \in [x_1 ,x_2 ]$ στο οπίο η παρουσιάζει μέγιστο.
Όμως έχουμε:
$f'(x_1 ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_1 ^ + } \frac{{f(x) - f(x_1 )}}{{x - x_1 }} > 0{\rm{ }}{\rm{, }}f'(x_1 ) = \mathop {\lim }\limits_{x \to x_2 ^ - } \frac{{f(x) - f(x_2 )}}{{x - x_2 }} > 0{\rm{ }}{\rm{, }}$

Οπότε (πρόσημο ορίου) είναι $f(x_1 ) < f(x_o ){\rm{ }}{\rm{, f(}}x_2 ) < f(x_o )$

και άρα x_1 < x_o < x_2

. Οπότε (Θ. Fermat) f'(x_o ) = 0

και άρα (από 1) f(x_o ) = 0

που είναι άτοπο. Επομένως η

διατηρεί πρόσημο στο ${\rm{(}}\alpha , + \infty {\rm{) }}$
Οπότε , αν π.χ. είναι
$f'(x) > 0{\rm{ }}{\rm{, }}\forall {\rm{ x}} \in {\rm{(}}\alpha {\rm{, + }}\infty {\rm{)}}$
τότε :
$f(x) = f'(x){\rm{ }}{\rm{, }}\forall {\rm{ x}} \in {\rm{(}}\alpha {\rm{, + }}\infty {\rm{)}}$
και άρα
$f(x) = ce^x {\rm{ }}{\rm{, }}\forall {\rm{ x}} \in {\rm{(}}\alpha {\rm{, + }}\infty {\rm{)}}$
Όμως τότε, λόγω της συνέχειας στο α , προκύπτεί c=0 ¨ που είναι άτοπο.
Άρα υπάρχει β>α τέτοιο ώστε $f(\beta ) \le 0$ .
Έστω $\beta _0$ το μικρότερο β για το οποίο είναι $f(\beta _o ) = 0$ .
Τότε (Θ. Rolle) υπάρχει $\xi \in (\alpha ,\beta _0 ){\rm{ : f(}}\xi {\rm{) = f'(}}\xi {\rm{) = 0}}$
που είναι άτοπο .
Όμοια , για ${\rm{f(}}\beta _{\rm{o}} {\rm{) < 0}}$ , ${\rm{f'(}}\beta _{\rm{o}} {\rm{) = 0}}$
που είναι άτοπο.
Όμοια εραζόμενοι στο στο ${\rm{( - }}\infty {\rm{,}}\alpha ]$ , βρισκουμε τελικά $f(x){\rm{ = 0 }}{\rm{, }}\forall {\rm{ x}} \in {\rm{R}}$

Σταθερή συνάρτηση

Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Re: Σταθερή συνάρτηση

Μέλη σε σύνδεση